高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題講座4立體幾何在高考中的常見題型與求解策略知能訓(xùn)練輕松闖關(guān)文北師大版

PAGE專題講座四立體幾何在高考中的常見題型與求解策略1．(2016·銀川模擬)對(duì)于不同的平面α、β、γ和不同的直線a、b、m、n，下列命題中正確的是()A．若a⊥m，a⊥n，mα，nα，則a⊥αB．若a∥b，bα，則a∥αC．若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，則a∥bD．若aβ，bβ，a∥α，b∥α，則β∥α解析：選C.對(duì)于A，只有m，n相交時(shí)結(jié)論才成立，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，還有可能aα，故B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C是面面平行的性質(zhì)定理，故C正確；對(duì)于D，只有當(dāng)a，b相交時(shí)結(jié)論才成立，故D錯(cuò)誤．2.(2016·唐山統(tǒng)考)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積等于()A.eq\f(2,3)B.eq\f(4,3)C．1D.eq\f(1,3)解析：選A.由三視圖知該幾何體是直三棱柱截去一個(gè)三棱錐所剩的幾何體，底面是直角邊為1的等腰直角三角形，高為2，所以所求體積V＝V柱－V錐＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×1))×2－eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×1))×2＝eq\f(2,3).3．(2016·大連雙基測試)如圖，邊長為2的正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別是邊AB、BC的中點(diǎn)，△AED、△EBF、△FCD分別沿DE、EF、FD折起，使A、B、C三點(diǎn)重合于點(diǎn)A′，若四面體A′EFD的四個(gè)頂點(diǎn)在同一個(gè)球面上，則該球的半徑為________．解析：由題意知DF＝eq\r(5)，A′E＝A′F＝1，A′D＝2，以A′E、A′F、A′D為棱，建立一個(gè)長方體，則體對(duì)角線長為2R＝eq\r(12＋12＋22)(R為球的半徑)，R＝eq\f(\r(6),2).答案：eq\f(\r(6),2)4.如圖，已知六棱錐P-ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，則下列結(jié)論中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直線BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.其中正確的有________(把所有正確結(jié)論的序號(hào)都填上)．解析：由PA⊥平面ABC，AE平面ABC，得PA⊥AE，又由正六邊形的性質(zhì)得AE⊥AB，PA∩AB＝A，得AE⊥平面PAB，又PB平面PAB，所以AE⊥PB，①正確；又平面PAD⊥平面ABC，所以平面ABC⊥平面PBC不成立，②錯(cuò)誤；由正六邊形的性質(zhì)得BC∥AD，又AD平面PAD，所以BC∥平面PAD，所以直線BC∥平面PAE也不成立，③錯(cuò)誤；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，所以∠PDA＝45°，所以④正確．答案：①④5．(2016·煙臺(tái)一模)如圖，在幾何體ABCDEF中，ABCD是正方形，DE⊥平面ABCD.(1)求證：AC⊥平面BDE；(2)若AF∥DE，DE＝3AF，點(diǎn)M在線段BD上，且BM＝eq\f(1,3)BD，求證：AM∥平面BEF.證明：(1)因?yàn)镈E⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以DE⊥AC，因?yàn)锳BCD是正方形，所以AC⊥BD，又BD∩DE＝D，從而AC⊥平面BDE.(2)延長EF、DA交于點(diǎn)G，連接GB，因?yàn)锳F∥DE，DE＝3AF，所以eq\f(GA,GD)＝eq\f(AF,DE)＝eq\f(1,3)，因?yàn)锽M＝eq\f(1,3)BD，所以eq\f(BM,BD)＝eq\f(1,3)，所以eq\f(BM,BD)＝eq\f(GA,GD)＝eq\f(1,3)，所以AM∥GB，又AM?平面BEF，GB平面BEF，所以AM∥平面BEF.6．(2016·大連雙基測試)如圖，棱長均為2的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，∠DAB＝60°，CC1⊥A1C(1)證明：平面DBB1D1⊥平面AA1C(2)當(dāng)∠DD1B1多大時(shí)，四棱錐C-BB1D1D的體積最大，并求出該最大值．解：(1)證明：由題知，棱柱的上、下底面都為菱形，則A1C1⊥B1D1由棱柱的性質(zhì)可知CC1∥BB1，又CC1⊥A1C1故A1C1⊥BB1又因?yàn)锽1D1平面DBB1D1，BB1平面DBB1D1，B1D1∩BB1＝B1，所以A1C1⊥平面DBB1D1又A1C1平面AA1C1C，故平面DBB1D1⊥平面(2)設(shè)AC∩BD＝O，由(1)可知AC⊥平面DBB1D1，故VC-DD1B1B＝eq\f(1,3)S四邊形DD1B1B·CO.在菱形ABCD中，因?yàn)锽C＝2，∠DAB＝60°，所以∠CBO＝60°，且BD＝2，則在△CBO中，CO＝BCsin60°＝eq\r(3).易知四邊形DBB1D1為邊長為2的菱形，S四邊形DD1B1B＝D1B1·DD1sin∠DD1B1＝2×2sin∠DD1B1，則當(dāng)∠DD1B1＝90°(DD1⊥D1B1)時(shí)，S四邊形DD1B1B最大，且其值為4.故所求體積最大值為V＝eq\f(1,3)×4×eq\r(3)＝eq\f(4\r(3),3).1．(2015·高考廣東卷)如圖，三角形PDC所在的平面與長方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3.(1)求證：BC∥平面PDA；(2)證明：BC⊥PD；(3)求點(diǎn)C到平面PDA的距離．解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為長方形，所以BC∥AD.又BC?平面PDA，AD平面PDA，所以BC∥平面PDA.(2)證明：因?yàn)锽C⊥CD，平面PDC⊥平面ABCD且平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面PDC.因?yàn)镻D平面PDC，所以BC⊥PD.(3)取CD的中點(diǎn)E，連接PE，AC(圖略)．因?yàn)镻D＝PC，所以PE⊥CD，所以PE＝eq\r(PC2－CE2)＝eq\r(42－32)＝eq\r(7).因?yàn)槠矫鍼DC⊥平面ABCD且平面PDC∩平面ABCD＝CD，PE平面PDC，所以PE⊥平面ABCD.由(2)知BC⊥平面PDC.又AD∥BC，所以AD⊥平面PDC.又PD平面PDC，所以AD⊥PD.設(shè)點(diǎn)C到平面PDA的距離為h，則VC-PDA＝VP-ACD，所以eq\f(1,3)S△PDA·h＝eq\f(1,3)S△ACD·PE，所以h＝eq\f(S△ACD·PE,S△PDA)＝eq\f(\f(1,2)×3×6×\r(7),\f(1,2)×3×4)＝eq\f(3\r(7),2)，故點(diǎn)C到平面PDA的距離為eq\f(3\r(7),2).2．如圖，E是矩形ABCD中AD邊上的點(diǎn)，F(xiàn)為CD邊的中點(diǎn)，AB＝AE＝eq\f(2,3)AD＝4，現(xiàn)將△ABE沿BE邊折至△PBE位置，且平面PBE⊥平面BCDE.(1)求證：平面PBE⊥平面PEF；(2)求四棱錐P-BEFC的體積．解：(1)證明：由題可知，△ABE中，AE＝AB，AE⊥AB，所以∠AEB＝45°，又△DEF中，ED＝DF，ED⊥DF，所以∠DEF＝45°，所以EF⊥BE，因?yàn)槠矫鍼BE⊥平面BCDE，且平面PBE∩平面BCDE＝BE，所以EF⊥平面PBE.又EF平面PEF，所以平面PBE⊥平面PEF.(2)因?yàn)镾四邊形BEFC＝S四邊形ABCD－S△ABE－S△DEF＝6×4－eq\f(1,2)×4×4－eq\f(1,2)×2×